I numeri $c_i$ sono definiti dalla seguente identità
$$(1+x+x^2+\cdots+x^{p-1})/(1-x)^{p-1}:=1+c_1x+c_2x^2+\cdots.$$
Dimostrare che $c_i\equiv 0 \pmod p$ per ogni $i\ge 1$.
Sui coefficienti di una serie di potenze
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Re: Sui coefficienti di una serie di potenze
Sei sicuro che il testo sia corretto ?
Forse volevi scrivere
\((1+x+x^2+\cdots+x^{p+1})/(1-x)^{p+1}:=1+c_1x+c_2x^2+\cdots. \) ?
Forse volevi scrivere
\((1+x+x^2+\cdots+x^{p+1})/(1-x)^{p+1}:=1+c_1x+c_2x^2+\cdots. \) ?
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Re: Sui coefficienti di una serie di potenze
Il testo è giusto e la tua variazione non è vera. Controesempio: $p=3$, la serie che ne viene è $1+5x+15x^2+\cdots$.totissimus ha scritto:Sei sicuro che il testo sia corretto ?
Forse volevi scrivere
\((1+x+x^2+\cdots+x^{p+1})/(1-x)^{p+1}:=1+c_1x+c_2x^2+\cdots. \) ?
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Re: Sui coefficienti di una serie di potenze
@Ido Bovski: hai ragione, non avevo letto bene il testo.
Provo a buttare giù una dimostrazione (Sicuramente sbagliata ).
Sia \(p\) un numero primo. Dimostro preliminarmente che
\( \displaystyle (-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1\equiv 0\) mod p per \( k=1 \cdots p-1\)
Se supponiamo \( k\) dispari allora:
\(\displaystyle (-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1=\binom{p-1}{k}+1=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-k)+k!}{k!}=\frac{pA}{k!} \) con \( A \in \mathbb{Z}\)
Siccome \( MCD(k!,p)=1\) , \( k!\) divide \( A\) e quindi \( \displaystyle \binom{p-1}{k}+1 \equiv 0\)
Analoga dimostrazione per \( k\) pari.
Adesso :
\( \displaystyle 1+x+\ldots+x^{p-1}=(1-x)^{p-1}\sum_{i=0}^{\infty}c_{i}x^{i}=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{p-1}(-1)^{j}c_{i}\binom{p-1}{j}x^{i+j}\)
\(\displaystyle =\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{i=min(0,k-p+1)}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}x^{k}\)
Uguagliando i coefficienti di ugual grado della prima somma e della serie ricavatto otteniamo:
Per \( k=0\): \( c_0=1\)
Per \( k=1\): \( c_1=p\)
Supponiamo che \( c_i \equiv 0\) mod p per \( i=1 \cdots k-1\)
Per \( k <p\) abbiamo:
\(\displaystyle \sum_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=1 \)
\( \displaystyle c_{k}+(-1)^{k}\binom{p-1}{k}+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=1\)
\( \displaystyle c_{k}=(-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1-\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}\equiv0\) mod p.
Per \( k \geq p\) abbiamo:
\( \displaystyle \sum_{i=k-p+1}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=0\) mod p.
\( \displaystyle c_{k}=-\sum_{i=k-p+1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}\equiv0\)
Provo a buttare giù una dimostrazione (Sicuramente sbagliata ).
Sia \(p\) un numero primo. Dimostro preliminarmente che
\( \displaystyle (-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1\equiv 0\) mod p per \( k=1 \cdots p-1\)
Se supponiamo \( k\) dispari allora:
\(\displaystyle (-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1=\binom{p-1}{k}+1=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-k)+k!}{k!}=\frac{pA}{k!} \) con \( A \in \mathbb{Z}\)
Siccome \( MCD(k!,p)=1\) , \( k!\) divide \( A\) e quindi \( \displaystyle \binom{p-1}{k}+1 \equiv 0\)
Analoga dimostrazione per \( k\) pari.
Adesso :
\( \displaystyle 1+x+\ldots+x^{p-1}=(1-x)^{p-1}\sum_{i=0}^{\infty}c_{i}x^{i}=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{p-1}(-1)^{j}c_{i}\binom{p-1}{j}x^{i+j}\)
\(\displaystyle =\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{i=min(0,k-p+1)}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}x^{k}\)
Uguagliando i coefficienti di ugual grado della prima somma e della serie ricavatto otteniamo:
Per \( k=0\): \( c_0=1\)
Per \( k=1\): \( c_1=p\)
Supponiamo che \( c_i \equiv 0\) mod p per \( i=1 \cdots k-1\)
Per \( k <p\) abbiamo:
\(\displaystyle \sum_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=1 \)
\( \displaystyle c_{k}+(-1)^{k}\binom{p-1}{k}+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=1\)
\( \displaystyle c_{k}=(-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1-\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}\equiv0\) mod p.
Per \( k \geq p\) abbiamo:
\( \displaystyle \sum_{i=k-p+1}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=0\) mod p.
\( \displaystyle c_{k}=-\sum_{i=k-p+1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}\equiv0\)
Ultima modifica di totissimus il 29 dic 2012, 12:52, modificato 1 volta in totale.
Re: Sui coefficienti di una serie di potenze
è facile che sia io che non capisco bene quello che hai fatto, ma mi sembra che nella tua dimostrazione sia fondamentale che $p\mid (p-1)(p-2)\dots (p-k) +k!$, giusto ? Solo così puoi infatti scriverlo come $pA$... In effetti quell'affare diventa $(p-1)(p-2)\dots (p-k) +k! \equiv (-1)^k k! +k! \pmod{p}$, ma questa quantità è congrua a 0 modulo p, e quindi divisibile per p, solo se k è dispari e non se k è pari !totissimus ha scritto: Se supponiamo \( k\) dispari allora:
\(\displaystyle \binom{p-1}{k}+1=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-k)+k!}{k!}=\frac{pA}{k!} \) con \( A \in \mathbb{Z}\)
Siccome \( MCD(k!,p)=1\) , \( k!\) divide \( A\) e quindi \( \displaystyle \binom{p-1}{k}+1 \equiv 0\)
Analoga dimostrazione per \( k\) pari.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
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Re: Sui coefficienti di una serie di potenze
@Mist: per \( k\) pari risulta:
\(\displaystyle(-1)^{k+1} \binom{p-1}{k}+1 =-\binom{p-1}{k}+1=-\frac{(p-1)\cdots (p-k)}{k!}+1=\)
\(\displaystyle\frac{-(p-1)\cdots(p-k)+k!}{k!}=\frac{-p^k+\cdots -k!+k!}{k!} =\frac{pB}{k!}\)
\(\displaystyle(-1)^{k+1} \binom{p-1}{k}+1 =-\binom{p-1}{k}+1=-\frac{(p-1)\cdots (p-k)}{k!}+1=\)
\(\displaystyle\frac{-(p-1)\cdots(p-k)+k!}{k!}=\frac{-p^k+\cdots -k!+k!}{k!} =\frac{pB}{k!}\)
Re: Sui coefficienti di una serie di potenze
Ok, scusami, svista mia !
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